Biểu thức này chỉ có max, ko có min

Cho phép mình giải max bài này ạ:

Ta có:

\(\sqrt{2a+bc}=\sqrt{\left(a+b+c\right)a+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\overset{cosi}{\le}\dfrac{a+b+a+c}{2}\)

Tương tự: \(\sqrt{2b+ac}\le\dfrac{b+c+b+a}{2};\sqrt{2c+ab}\le\dfrac{c+a+c+b}{2}\)

\(\Rightarrow Q\le\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{2}=2\left(a+b+c\right)=4\)

Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

1) \(P=\left(a+2b+3c\right)\left(6a+3b+2c\right)\)

\(P=\left[a+2b+3\left(1-a-b\right)\right]+\left[6a+3b+2\left(1-a-b\right)\right]=\left(3-2a-b\right)\left(2+4a+b\right)=2\left(3a-2b-b\right)\left(1+2a+\dfrac{b}{2}\right)\)

Lợi dụng AM-GM, ta có:

\(P\le2\left(\dfrac{3-2a-b+1+2a+\dfrac{b}{2}}{2}\right)^2=2.\left(\dfrac{4-\dfrac{b}{2}}{2}\right)^2=8\)

Max_P=8 khi \(a=c=\dfrac{1}{2};b=0\)

2) Sử dụng AM-GM tìm được Max=80 khi b=0;a=2c=2

Lời giải:
a. ĐKXĐ: \(\left\{\begin{matrix} x^4-1\neq 0\\ 1-x^2\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (1-x^2)(1+x^2)\neq 0\\ 1-x^2\neq 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow 1-x^2\neq 0\) (do \(1+x^2>0\) với mọi x)

\(\Leftrightarrow (1-x)(1+x)\neq 0\Leftrightarrow x\neq \pm 1\)

b.

\(P=\frac{2}{(x^2-1)(x^2+1)}+\frac{1}{x^2-1}=\frac{2}{(x^2-1)(x^2+1)}+\frac{x^2+1}{(x^2-1)(x^2+1)}=\frac{x^2+3}{(x^2-1)(x^2+1)}\)

$P$ vẫn nhận giá trị dương với $x=3,4,5,...$ nên bạn xem lại đề.

a) ĐKXĐ: \(x\notin\left\{1;-1\right\}\)

\(a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3\)

\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2+abc-2\ge0\Leftrightarrow\left(abc+2\right)\left(abc-1\right)\ge0\Leftrightarrow abc\ge1\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b+2c}{45}+\frac{2c+3a}{75}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3b\right)}\cdot\frac{b+2c}{45}\cdot\frac{2c+3a}{75}}=\frac{a}{5}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c+2a}{45}+\frac{2a+3b}{75}\ge\frac{b}{5}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}+\frac{a+2b}{45}+\frac{2b+3c}{75}\ge\frac{c}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1)(2)(3) ta có:

\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{15}\ge\frac{a+b+c}{5}\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{15}\left(a+b+c\right)\)

Mà \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow S\ge\frac{1}{5}\)

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

CHÚC BAN HỌC GIỎI

đây\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)

a) Ta có: x4 - 1 = (x2 + 1)(x2-1), trong đó : x2 + 1 > 0, với mọi x.

Vậy điều kiện : x2 – 1 ≠ 0

x2 – 1 = (x – 1)(x + 1) ≠ 0 ⇒ x ≠ ±1

Do x2 + 1 > 0 với mọi x nên P < 0 với mọi x ≠ ±1